【答案】
分析:(1)由直線
與x軸,y軸分別交于B,C兩點,分別令x=0和y=0求出B與C的坐標,又拋物線經(jīng)過B,C兩點,把求出的B與C的坐標代入到二次函數(shù)的表達式里得到關于b,c的方程,聯(lián)立解出b和c即可求出二次函數(shù)的解析式.又因A點是二次函數(shù)與x軸的另一交點令y=0即可求出點A的坐標.
(2)連接OM,PM與⊙O′相切作為題中的已知條件來做.由直徑所對的圓周角為直角可得∠OMC=90°從而得∠OMB=90°.又因為O′O是⊙O′的半徑,O′O⊥OP得到OP為⊙O′的切線,然后根據(jù)從圓外一點引圓的兩條切線,切線長相等可得OP=PM,根據(jù)等邊對等角得∠POM=∠PMO,然后根據(jù)等角的余角相等可得∠PMB=∠OBM,再根據(jù)等角對等邊得PM=PB,然后等量代換即可求出OP的長,加上OA的長即為點P運動過的路程AP,最后根據(jù)時間等于路程除以速度即可求出時間t的值.
(3)①由路程等于速度乘以時間可知點P走過的路程AP=3t,則BP=15-3t,點Q走過的路程為BQ=3t,然后過點Q作QD⊥OB于點D,證△BQD∽△BCO,由相似得比列即可表示出QD的長,然后根據(jù)三角形的面積公式即可得到S關于t的二次函數(shù)關系式,然后利用t=-
時對應的S的值即可求出此時的最大值.
②要使△NCQ為直角三角形,必須滿足三角形中有一個直角,由BA=BC可知∠BCA=∠BAC,所以角NCQ不可能為直角,所以分兩種情況來討論:第一種,當角NQC為直角時,利用兩組對應角的相等可證△NCQ∽△CAO,由相似得比例即可求出t的值;第二種當∠QNC=90°時,也是證三角形的相似,由相似得比例求出t的值.
解答:解:(1)在y=-
x+9
中,令x=0,得y=9;令y=0,得x=12.
∴C(0,9),B(12,0).
又拋物線經(jīng)過B,C兩點,∴
,解得
∴y=-
x
2+
x+9.
于是令y=0,得-
x
2+
x+9=0,
解得x
1=-3,x
2=12.∴A(-3,0).
(2)當t=3秒時,PM與⊙O′相切.連接OM.
∵OC是⊙O′的直徑,∴∠OMC=90°.∴∠OMB=90°.
∵O′O是⊙O′的半徑,O′O⊥OP,∴OP是⊙O′的切線.
而PM是⊙O′的切線,∴PM=PO.∴∠POM=∠PMO.
又∵∠POM+∠OBM=90°,∠PMO+∠PMB=90°,∴∠PMB=∠OBM.∴PM=PB.
∴PO=PB=
OB=6.∴PA=OA+PO=3+6=9.此時t=3(秒).
∴當t=3秒,PM與⊙O′相切.
(3)①過點Q作QD⊥OB于點D.
∵OC⊥OB,∴QD∥OC.∴△BQD∽△BCO.∴
=
.
又∵OC=9,BQ=3t,BC=15,∴
=
,解得QD=
t.
∴S
△BPQ=
BP•QD=
.即S=
.
S=
.故當
時,S最大,最大值為
.
②存在△NCQ為直角三角形的情形.
∵BC=BA=15,∴∠BCA=∠BAC,即∠NCM=∠CAO.
∴△NCQ欲為直角三角形,∠NCQ≠90°,只存在∠NQC=90°和∠QNC=90°兩種情況.
當∠NQC=90°時,∠NQC=∠COA=90°,∠NCQ=∠CAO,
∴△NCQ∽△CAO.∴
=
.∴
=
,解得t=
.
當∠QNC=90°時,∠QNC=∠COA=90°,∠QCN=∠CAO,
∴△QCN∽△CAO.∴
=
.∴
=
,解得
.
綜上,存在△NCQ為直角三角形的情形,t的值為
和
.
點評:本題是二次函數(shù)的綜合題型,其中涉及到的知識點有拋物線的頂點公式和三角形的面積求法,以及圓的切線的有關性質(zhì).在求有關動點問題時要注意分析題意分情況討論結果.